第08讲 动量守恒定律模型（模型和方法）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律八大核心模型，涵盖流体、碰撞、子弹打木块等高考高频考点，按模型剖析（建构思路、分析步骤）与特训（典例精讲+变式精练）系统架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生突破模型应用难点。 讲义以科学思维中的模型建构为核心，如流体模型用“柱状微元法”分析动量变化，碰撞模型对比弹性与非弹性碰撞的动量能量关系，设置基础到综合的分层练习，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第08讲 动量守恒定律模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 流体模型 模型二 碰撞模型 类型1 弹性碰撞模型 类型2 非弹性碰撞模型 模型三 子弹打木块模型 模型四 滑块木板模型 模型五 滑块斜（曲）面模型 模型六 滑块弹簧模型 模型七 人船模型 模型八 爆炸模型 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 流体模型 ▶模型剖析 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S ②微元 研究 小段柱体的体积ΔV=vSΔt 小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小段柱体粒子数N=nvSΔt 小段柱体动量p=mv=ρv2SΔt ③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 ▶模型特训 【典例1】（2026·陕西西安·三模）如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成面积为S的圆面。某时间内该地的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，其中减速为零（该部分气体动能转化为电能的效率为η），原速穿过。下列说法正确的是（     ） A．发电机的电功率为 B．发电机的电功率为 C．所有叶片受到空气的作用力 D．所有叶片受到空气的作用力 【变式1-1】（2026·河北沧州·二模）2026年3月，长江发动机正式进入适航取证冲刺阶段，该发动机是国产大飞机C919的配套动力。某次测试时，将该发动机固定在测试台上进行静态实验，发动机向后喷射燃气的速度约为，产生的推力约为，则它在1s时间内喷射的燃气质量约为（　　） A．60kg B．240kg C．600kg D．2400kg 【变式1-2】（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【变式1-3】（2026·浙江金华·二模）离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），间电压为，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为，电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为，则在加速过程中推进器获得恒定的推力为（　　） A． B． C． D． ✡模型二 碰撞模型 ▶模型剖析 1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3.分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得：v1'=v1，v2'=v1 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1； ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 ▶模型特训 类型1 弹性碰撞模型 【典例1】（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 【变式1-1】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·黑龙江·模拟预测）（多选）如图所示，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行碰撞实验授课时，用的小球以一定的速度与静止的大球发生弹性正碰，由于实验舱处于完全失重状态，两球悬浮于空中且两球球心在一条直线上。碰后大球的位移大小为1格时，小球的位移大小为2格。忽略实验舱内空气阻力的影响，下列说法正确的是（     ） A．大球的质量为300 g B．大球的质量为500 g C．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为0 D．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为初速率的 【变式1-3】（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【变式1-4】（2026·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 类型2 非弹性碰撞模型 【典例2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图甲，劲度系数为k的轻质弹簧竖直固定在地面上，上端放置薄板A（未与弹簧相连），薄板A处于静止状态，弹簧处于压缩状态。薄板B与薄板A完全相同，B从A正上方某位置由静止释放，A、B两薄板碰撞时间极短，碰后粘连在一起，共同下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化的图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．薄板A、B相碰前，弹簧的弹力大小为kl B．薄板A、B碰撞前，薄板B下落的高度H为3l C．薄板A、B碰撞后两薄板的最大速度为 D．从薄板A开始运动至两薄板上升到最大高度过程，弹簧对两薄板做功为 【变式2-1】（2026·湖南岳阳·三模）如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角为，底部有一垂直斜面的挡板，质量为m的物块B和质量为4m的物块A分别与劲度系数为k的轻弹簧两端拴接，物块B紧靠挡板，系统处于静止状态。质量为2m的物块C从斜面上与A相距的位置由静止释放，与A碰撞后粘连在一起成为一个整体。物块均看作质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，弹性势能（其中k为轻弹簧的劲度系数、x为轻弹簧的形变量）。求： (1)C与A碰撞后瞬间整体的速度大小； (2)碰后A、C整体做简谐运动的振幅； (3)B对挡板的最大压力与最小压力之差。 【变式2-2】（2026·湖南衡阳·模拟预测）空间站内的航天员在太空实验室开展了很多有趣的科学实验。某航天员在天宫课堂实验中演示碰撞实验，分析实验视频，每隔相等的时间间隔截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前后小球的机械能守恒 B．碰撞过程是弹性碰撞过程 C．通过分析实验照片可知小球质量和大球质量满足关系 D．碰撞后大球获得的动能是小球初动能的 【变式2-3】（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 ✡模型三 子弹打木块模型 ▶模型剖析 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(M+m)v 能量守恒：Q=f·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=f·d=m-(m+M) ▶模型特训 【典例1】（2026·江苏南通·二模）如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 【变式1-1】（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【变式1-2】（2025·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹以速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2。求： (1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度； (2)小物块第一次返回到B点时速度的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 ✡模型四 滑块木板模型 ▶模型剖析 1.模型图示 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=fΔs或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。 ▶模型特训 【典例1】（2026·广东深圳·一模）（多选）如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　） A．小车的长度为5m B．小车上表面动摩擦因数为0.5 C．前2s内产生的热量为15J D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s 【变式1-1】（2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 【变式1-2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数，取， 求： （1）物块在车面上滑行的时间t。 （2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少。 【变式1-3】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 ✡模型五 滑块斜（曲）面模型 ▶模型剖析 模型特点 (1)上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 (2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。 ▶模型特训 【典例1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为（未知），一质量为m的小球以速度水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了，接着小球又返回小车的左端。若，重力加速度为g，则（     ） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为R= C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 D．整个过程小球对小车做的功为 【变式1-1】（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，质量为的L形长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面段水平，段为半径为的四分之一光滑圆弧，圆弧面的最低点切线水平。质量为的物块以一定的初速度沿水平方向从长木板的左端A点滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点C，最后恰好滑到A点与长木板相对静止。已知物块与间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小。求： (1)物块刚滑上长木板时，物块与长木板的加速度大小； (2)长木板上表面AB部分的长度和物块刚滑上长木板时的初速度大小。 【变式1-2】（2026·山西太原·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小 ，不考虑任何阻力，求： (1)小球的初速度大小及质量m； (2)小球运动到最高点时的速度大小； (3)小球能够上升的最大高度h。 【变式1-3】（2026·陕西咸阳·二模）（多选）如图所示，带圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一质量为m的小球从顶端A点静止释放沿圆弧运动到C点，C点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力始终保持静止状态，O为圆心，C为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块对地面的压力不变 B．小球所受重力的最大功率为 C．地面摩擦力的最大值为1.5mg D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为 ✡模型六 滑块弹簧模型 ▶模型剖析 模型特点 (1)两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 (2)系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 ▶模型特训 【典例1】（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【变式1-1】（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 【变式1-2】（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 【变式1-3】（2026·宁夏石嘴山·模拟预测）质量为的滑块a和质量可视为质点的小滑块b放置在光滑水平面上，中间连接有被压缩的弹簧，弹簧和b不栓接。现由静止同时释放两滑块，b被弹开后沿光滑水平面滑行速度；b离开水平面后以平行于滑板c的速度恰好从上端滑上其上表面，滑板c足够长，其质量。斜面的倾角，c与斜面之间的动摩擦因数，b与c之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度。 (1)求b刚滑入c的速度大小； (2)求弹簧存储弹性势能； (3)求b、c间摩擦产生的热量Q。 【变式1-4】（2026·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 ✡模型七 人船模型 ▶模型剖析 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0 ②两者的位移大小满足：m-M=0， s人+s船=L，得s人=L，s船=L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。 (4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。 ▶模型特训 【典例1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C，小球C始终都与A、B在同一竖直平面内运动，小球C运动过程中不会与竖直杆碰撞。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球C由图示位置下摆的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C由图示位置下摆到最低点时的水平位移为 C．A、B两木块分离时，B的速度为 D．A、B分离后，A、C的速率始终与二者的质量成反比 【变式1-1】（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 【变式1-2】（2026·陕西·模拟预测）（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 【变式1-3】（2026·广东汕头·三模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 ✡模型八 爆炸模型 ▶模型剖析 爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 ▶模型特训 【典例1】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 【变式1-1】（2026·山东青岛·二模）（多选）“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们喜爱。某型号双响炮从地面竖直向上发射，到达距地面的最高点时瞬间炸裂成、两块。块的质量为，以的速度水平向东平抛后落在泥土中不再反弹；块的质量为，块与水平地面碰撞后反弹的最大高度为（、块最终落地点在同一水平面上）。已知块第一次与地面接触的时间为，块与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度取，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在最高点的速度大小为 B．、两块第一次落地点间的距离为 C．块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为 D．块第一次反弹至最高点时的速度大小为 【变式1-2】（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为的小型无人机装载到质量为的母机上，系统在竖直向上的恒定升力作用下，从地面静止起飞，经时间后系统速度为，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使无人机瞬间以的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为，同时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力（以系统静止起飞时为计时起点），为常量，忽略空气阻力和系统质量的变化，重力加速度，求： (1)恒定升力的大小； (2)分离后，母机还需多长时间落地； (3)母机落地时的水平距离与的关系。 【变式1-3】（2026·四川内江·模拟预测）如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离。炸药具有的化学能，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为，长木板的质量，物块A与长木板间的动摩擦因数，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度，求： (1)爆炸后瞬间，物块A的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第08讲 动量守恒定律模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 流体模型 模型二 碰撞模型 类型1 弹性碰撞模型 类型2 非弹性碰撞模型 模型三 子弹打木块模型 模型四 滑块木板模型 模型五 滑块斜（曲）面模型 模型六 滑块弹簧模型 模型七 人船模型 模型八 爆炸模型 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 流体模型 ▶模型剖析 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S ②微元 研究 小段柱体的体积ΔV=vSΔt 小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小段柱体粒子数N=nvSΔt 小段柱体动量p=mv=ρv2SΔt ③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 ▶模型特训 【典例1】（2026·陕西西安·三模）如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成面积为S的圆面。某时间内该地的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，其中减速为零（该部分气体动能转化为电能的效率为η），原速穿过。下列说法正确的是（     ） A．发电机的电功率为 B．发电机的电功率为 C．所有叶片受到空气的作用力 D．所有叶片受到空气的作用力 【推理演示】AB．设单位时间内通过圆面的空气总质量m，则有 减速为零的这部分空气损失的动能 则发电机的电功率为，故AB错误； CD．对减速为零的这部分空气，根据动量定理，单位时间内这部分空气动量的变化量大小等于叶片对空气的作用力大小，即 根据牛顿第三定律可知，所有叶片受到空气的作用力为，故C错误，D正确。 故选D。 【变式1-1】（2026·河北沧州·二模）2026年3月，长江发动机正式进入适航取证冲刺阶段，该发动机是国产大飞机C919的配套动力。某次测试时，将该发动机固定在测试台上进行静态实验，发动机向后喷射燃气的速度约为，产生的推力约为，则它在1s时间内喷射的燃气质量约为（　　） A．60kg B．240kg C．600kg D．2400kg 【答案】B 【详解】取内喷射的燃气为研究对象，燃气初始动量为0，喷出后动量为，发动机对燃气的作用力大小等于推力。根据动量定理 代入数据，解得 故选B。 【变式1-2】（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1 kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 (3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量。 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 （3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量。 【变式1-3】（2026·浙江金华·二模）离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），间电压为，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为，电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为，则在加速过程中推进器获得恒定的推力为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设时间喷出粒子的质量为，离子推进器对其的平均推力大小为F，规定向右为正方向，对，根据动量定理有 其中 根据动能定理有 联立解得 根据牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为。 故选C。 ✡模型二 碰撞模型 ▶模型剖析 1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3.分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得：v1'=v1，v2'=v1 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1； ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 ▶模型特训 类型1 弹性碰撞模型 【典例1】（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 【推理演示】本题考查圆周运动与弹性碰撞，目的是考查学生的推理论证能力。 小球甲、乙发生弹性碰撞，则有 解得 碰撞后小球乙恰好运动至D点，则有 解得m2=4.5kg，选项C正确。 故选C。 【变式1-1】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 【变式1-2】（2026·黑龙江·模拟预测）（多选）如图所示，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行碰撞实验授课时，用的小球以一定的速度与静止的大球发生弹性正碰，由于实验舱处于完全失重状态，两球悬浮于空中且两球球心在一条直线上。碰后大球的位移大小为1格时，小球的位移大小为2格。忽略实验舱内空气阻力的影响，下列说法正确的是（     ） A．大球的质量为300 g B．大球的质量为500 g C．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为0 D．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为初速率的 【答案】BD 【详解】AB．在完全失重状态下，碰后两球都做匀速直线运动，设大球质量为，每格位移为，匀速运动时间为，规定水平向左为正方向，由动量守恒可知 碰撞前后系统动能不变，满足 联立解得 将小球质量代入，解得，故A错误，B正确； CD．设两球初速率均为，小球初速度方向向左，大球初速度方向向右，碰撞过程动量守恒，满足 碰撞前后系统动能不变，满足 联立 解得， 因此碰后大球的速率为初速率的，故D正确。 故选BD。 【变式1-3】（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【变式1-4】（2026·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为的小球D以速度沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 类型2 非弹性碰撞模型 【典例2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图甲，劲度系数为k的轻质弹簧竖直固定在地面上，上端放置薄板A（未与弹簧相连），薄板A处于静止状态，弹簧处于压缩状态。薄板B与薄板A完全相同，B从A正上方某位置由静止释放，A、B两薄板碰撞时间极短，碰后粘连在一起，共同下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化的图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．薄板A、B相碰前，弹簧的弹力大小为kl B．薄板A、B碰撞前，薄板B下落的高度H为3l C．薄板A、B碰撞后两薄板的最大速度为 D．从薄板A开始运动至两薄板上升到最大高度过程，弹簧对两薄板做功为 【推理演示】A．由图乙中Ⅱ可知，x=0时弹簧弹性势能为，即 解得此时弹簧压缩量 弹力，故A正确； B．由图乙中Ⅰ可知，x从0到3l重力势能减少，即 得 碰撞后系统向下运动3l速度减为零，根据能量守恒定律得 碰撞过程动量守恒 得 B下落过程 联立解得，故B正确； C．当合力为零时速度最大，即 得 此时下落距离 从碰撞后到速度最大过程，由能量守恒 代入数据解得，故C错误； D．系统反弹上升，由能量守恒可知恰好回到弹簧原长位置速度减为零，此后分离。从A开始运动到最高点，弹簧从压缩l到原长，弹性势能减少，故弹簧做功，故D正确。 本题选择错误的，故选C。 【变式2-1】（2026·湖南岳阳·三模）如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角为，底部有一垂直斜面的挡板，质量为m的物块B和质量为4m的物块A分别与劲度系数为k的轻弹簧两端拴接，物块B紧靠挡板，系统处于静止状态。质量为2m的物块C从斜面上与A相距的位置由静止释放，与A碰撞后粘连在一起成为一个整体。物块均看作质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，弹性势能（其中k为轻弹簧的劲度系数、x为轻弹簧的形变量）。求： (1)C与A碰撞后瞬间整体的速度大小； (2)碰后A、C整体做简谐运动的振幅； (3)B对挡板的最大压力与最小压力之差。 【答案】(1) (2) (3)4mg 【详解】（1）碰撞前，C做匀加速直线运动，根据速度位移关系式可知C与A碰前瞬间速度 碰撞过程根据动量守恒得 联立解得C与A碰撞后瞬间整体的速度大小 （2）碰撞前，弹簧的压缩量为，有 碰后A、C整体做简谐运动，平衡位置弹簧的压缩量为，有 设最低点弹簧的压缩量为，从碰后到最低点根据系统机械能守恒有 联立解得 碰后A、C整体做简谐运动的振幅 解得 （3）A、C整体运动到最高点时，B对挡板压力最小，此时弹簧的压缩量 解得 选B为研究对象，根据平衡条件得 解得 A、C整体运动到最低点时，B对挡板压力最大，此时弹簧的压缩量为，选B为研究对象，根据平衡条件得 解得 B对挡板的最大压力与最小压力之差 解得 【变式2-2】（2026·湖南衡阳·模拟预测）空间站内的航天员在太空实验室开展了很多有趣的科学实验。某航天员在天宫课堂实验中演示碰撞实验，分析实验视频，每隔相等的时间间隔截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前后小球的机械能守恒 B．碰撞过程是弹性碰撞过程 C．通过分析实验照片可知小球质量和大球质量满足关系 D．碰撞后大球获得的动能是小球初动能的 【答案】C 【详解】A．设天宫重力势能为，大、小球的质量分别为和，小正方形的边长为，拍摄照片的时间间隔为，水平向右为正方向。通过题中照片分析可知小球碰撞前的速度为，碰撞后小球的速度为 初动能，碰后动能 碰撞前后重力势能不变，动能不守恒，因此小球机械能不守恒，故A错误； BC．大球碰撞后的速度为。根据动量守恒有，由此可知 故大球动能，系统初机械能，末机械能，所以碰撞前后系统机械能不守恒，不为弹性碰撞，故B错误，C正确； D．碰撞后大球获得的动能为，小球碰撞前动能 故，故D错误。 故选C。 【变式2-3】（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 ✡模型三 子弹打木块模型 ▶模型剖析 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(M+m)v 能量守恒：Q=f·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=f·d=m-(m+M) ▶模型特训 【典例1】（2026·江苏南通·二模）如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 【推理演示】AB．钢板锁定，子弹末速度为0，由动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为 故子弹对钢板的冲量大小为；由于水平面光滑，则钢板解锁后，子弹与钢板组成的系统动量守恒且最终共速v，规定向右为正方向，根据动量守恒有 根据动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为故子弹对钢板的冲量大小为，综上可知子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，故A正确，B错误； CD．钢板锁定时，子弹恰好穿过钢板（即子弹末速度为0），对子弹，根据动能定理，可知钢板对子弹做的功为 钢板解锁后，子弹和钢板最终共速，对子弹，根据动能定理，钢板对子弹做的功为 综上可知，故CD错误。 故选A。 【变式1-1】（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 【变式1-2】（2025·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹以速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2。求： (1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度； (2)小物块第一次返回到B点时速度的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 【答案】(1)1.2m (2)8m/s (3)8.5J 【详解】（1）对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有                                       当小物块上升到最大高度时三者共速， 对三者由水平方向动量守恒有                                         由机械能守恒定律有                                联立解得h＝1.2m                                                    即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2m                                                                                                                  （2）当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有                                         由能量守恒定律有                                   联立解得v3＝2m/s ，v＝8m/s                                                              即小物块第一次返回到B点时速度大小为 v＝8m/s    （3）当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同，由动量守恒定律有                                            由能量守恒定律有    联立解得 ✡模型四 滑块木板模型 ▶模型剖析 1.模型图示 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=fΔs或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。 ▶模型特训 【典例1】（2026·广东深圳·一模）（多选）如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　） A．小车的长度为5m B．小车上表面动摩擦因数为0.5 C．前2s内产生的热量为15J D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s 【推理演示】A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒 代入已知条件，，，M=6kg 解得木块质量 m=3kg。 v−t图像的面积表示位移，0~2s内： 木块位移 x木=6m 小车位移 x车=1m 2s后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移： 故A正确。 B．对木块，由牛顿第二定律 木块加速度大小，得： 故B错误。 C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失： 代入数值计算得Q=15J 故 C正确。 D．对小车由动量定理，摩擦力的冲量等于小车动量变化： 故D正确。 故选ACD。 【变式1-1】（2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 【答案】(1)2:3 (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得 （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 代入数据解得 （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得 【变式1-2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数，取， 求： （1）物块在车面上滑行的时间t。 （2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少。 【答案】（1）0.24s；（2） 【详解】（1）物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 物块在小车上做匀减速运动，对物块，由动量定理得 得 （2）物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的速度最大，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别得 代入数据解得 【变式1-3】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 ， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 ✡模型五 滑块斜（曲）面模型 ▶模型剖析 模型特点 (1)上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 (2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。 ▶模型特训 【典例1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为（未知），一质量为m的小球以速度水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了，接着小球又返回小车的左端。若，重力加速度为g，则（     ） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为R= C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 D．整个过程小球对小车做的功为 【推理演示】A．小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，没有阻力做功，机械能守恒，故A错误； BC．小球达到圆弧的顶端，这个过程中水平方向动量守恒得 根据能量守恒得 解得 此时小车向前走了0.25R，根据水平方向动量守恒对时间积分可得 即 根据几何关系 解得 故BC正确； D．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒得 根据能量守恒得 解得 根据动能定理整个过程小球对小车做的功为，故D正确。 故选BCD。 【变式1-1】（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，质量为的L形长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面段水平，段为半径为的四分之一光滑圆弧，圆弧面的最低点切线水平。质量为的物块以一定的初速度沿水平方向从长木板的左端A点滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点C，最后恰好滑到A点与长木板相对静止。已知物块与间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小。求： (1)物块刚滑上长木板时，物块与长木板的加速度大小； (2)长木板上表面AB部分的长度和物块刚滑上长木板时的初速度大小。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）设物块刚滑上长木板时，物块的加速度大小为、长木板的加速度大小为。根据牛顿第二定律， 解得， （2）设物块滑上长木板时的初速度大小为，到达点时速度为，两者最后的共同速度为，长为，根据系统水平方向动量守恒 根据能量守恒 ， 可得 解得， 【变式1-2】（2026·山西太原·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小 ，不考虑任何阻力，求： (1)小球的初速度大小及质量m； (2)小球运动到最高点时的速度大小； (3)小球能够上升的最大高度h。 【答案】(1)；5kg (2) (3) 【详解】（1）水平面光滑，小球和滑块组成的系统水平方向任意时刻动量守恒，因此有 整理得与的关系 结合图乙的直线纵截距时，，可得 横截距时，，可得 整理得 联立解得， （2）小球运动到最高点时，小球与滑块水平方向相对静止，速度相同，即共速。由水平动量守恒 代入数据得 （3）小球上升到最高点过程中，系统机械能守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量 代入数据计算得 【变式1-3】（2026·陕西咸阳·二模）（多选）如图所示，带圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一质量为m的小球从顶端A点静止释放沿圆弧运动到C点，C点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力始终保持静止状态，O为圆心，C为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块对地面的压力不变 B．小球所受重力的最大功率为 C．地面摩擦力的最大值为1.5mg D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为 【答案】BC 【详解】A．设小球与圆心连线与水平方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律可得 根据牛顿第二定律可得 对圆弧轨道，竖直方向，有， 联立可得 由此可知，小球下滑过程中，θ不断增大，sinθ增大，则FN增大，根据牛顿第三定律可得滑块对地面的压力一直增大，故A错误； B．小球所受重力的功率 当时，重力功率最大，最大值为，故B正确； C．地面对圆弧轨道的摩擦力大小为 由此可知，摩擦力的最大值为，故C正确； D．系统水平方向动量守恒，则 根据机械能守恒有 解得，故D错误。 故选BC。 ✡模型六 滑块弹簧模型 ▶模型剖析 模型特点 (1)两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 (2)系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 ▶模型特训 【典例1】（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【推理演示】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，v=1m/s 代入数值解得t=t1时，B的速度为vB=0.5m/s 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在t1时间内，设AB向右的位移分别为xA，xB，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于0−t1时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的v−t图像 可知等于图形MNA的面积，等于图形NOBA的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 【变式1-1】（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有 解得 C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 （2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 解得 【变式1-2】（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 【答案】AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 【变式1-3】（2026·宁夏石嘴山·模拟预测）质量为的滑块a和质量可视为质点的小滑块b放置在光滑水平面上，中间连接有被压缩的弹簧，弹簧和b不栓接。现由静止同时释放两滑块，b被弹开后沿光滑水平面滑行速度；b离开水平面后以平行于滑板c的速度恰好从上端滑上其上表面，滑板c足够长，其质量。斜面的倾角，c与斜面之间的动摩擦因数，b与c之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度。 (1)求b刚滑入c的速度大小； (2)求弹簧存储弹性势能； (3)求b、c间摩擦产生的热量Q。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水平方向匀速直线运动有 解得 （2）由机械能守恒和动量守恒得， 解得 （3）由于，则c恰好不相对斜面滑动，一直处于静止，对b由牛顿第二定律有 匀减速直到停下 那么bc之间产生的热量 联立解得 【变式1-4】（2026·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 【答案】AD 【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有 可得 解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有 解得 释放后的速度最大时为，则有 又有 解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 ✡模型七 人船模型 ▶模型剖析 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0 ②两者的位移大小满足：m-M=0， s人+s船=L，得s人=L，s船=L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。 (4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。 ▶模型特训 【典例1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C，小球C始终都与A、B在同一竖直平面内运动，小球C运动过程中不会与竖直杆碰撞。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球C由图示位置下摆的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C由图示位置下摆到最低点时的水平位移为 C．A、B两木块分离时，B的速度为 D．A、B分离后，A、C的速率始终与二者的质量成反比 【推理演示】A．小球摆动过程，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向受力不平衡，动量不守恒，故A错误； B．小球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有 又由几何关系有 解得，故B正确； C．由题意可知，小球C摆至最低点时，A、B两木块分离，设此时C球的速度大小为v1，A、B的速度大小为v2，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有 由系统能量守恒有 解得，故C错误； D．A、B两木块分离后，A、C的初始总动量向左，故二者的速率不与质量成反比，故D错误。 故选B。 【变式1-1】（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 【答案】D 【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误； B．水平方向动量守恒，则有 对时间积累可得 即 且有 联立解得 则球的位移大小,故B错误； C．整个系统机械能守恒，可得 联立解得,,故C错误； D．对槽由动量定理可得 代入可得,故D正确。 故选D。 【变式1-2】（2026·陕西·模拟预测）（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，故A正确； B．小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正，则有 解得 即小球与槽的速度大小之比为，故B错误； C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，对球、半圆槽和物块有 且 代入数据可得物块Q向右运动的距离，故C错误； D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 联立解得， 小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P与物块Q分离，整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为，故D正确。 故选AD。 【变式1-3】（2026·广东汕头·三模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 ✡模型八 爆炸模型 ▶模型剖析 爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 ▶模型特训 【典例1】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 【推理演示】A．斜抛运动落回与发射点同一高度时的总飞行时间为 目标比发射点海拔低h，竖直方向位移为−h，由匀变速位移公式 解得，故A错误； B．抛射角为45°时水平射程最大的结论仅适用于发射点和落地点等高的情况，本题两点存在高度差，该结论不成立，故B错误； C．忽略空气阻力，全过程只有重力做功，机械能守恒；发射点比目标高h，重力势能减少mgh，因此击中目标时动能为，和海拔高度H无关，故C错误； D．导弹在最高点的速度为水平方向，大小为 炸裂时内力远大于外力，水平方向动量守恒，炸裂后两块质量均为，竖直自由下落的碎片水平速度为0，设另一块速度为v，由动量守恒定律 解得，故D正确。 故选D。 【变式1-1】（2026·山东青岛·二模）（多选）“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们喜爱。某型号双响炮从地面竖直向上发射，到达距地面的最高点时瞬间炸裂成、两块。块的质量为，以的速度水平向东平抛后落在泥土中不再反弹；块的质量为，块与水平地面碰撞后反弹的最大高度为（、块最终落地点在同一水平面上）。已知块第一次与地面接触的时间为，块与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度取，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在最高点的速度大小为 B．、两块第一次落地点间的距离为 C．块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为 D．块第一次反弹至最高点时的速度大小为 【答案】AB 【详解】A．A、B炸裂过程动量守恒，有 解得在最高点的速度大小为，故A正确； B．A、B两块下落高度相同，下落时间均为 ，、两块第一次落地点间的距离为，故B正确； C．B块落地时的竖直速度 由于B块反弹的高度为，根据运动学公式可得离开地面时的竖直速度为 与地面接触时间为，设竖直向上为正方向，竖直方向由动量定理有 解得，故C错误； D．由 解得，与地面接触时水平方向由动量定理有 解得，故块第一次反弹后水平方向的速度为，反弹至最高点竖直速度为零，所以块第一次反弹至最高点时的速度大小为，故D错误。 故选AB。 【变式1-2】（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为的小型无人机装载到质量为的母机上，系统在竖直向上的恒定升力作用下，从地面静止起飞，经时间后系统速度为，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使无人机瞬间以的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为，同时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力（以系统静止起飞时为计时起点），为常量，忽略空气阻力和系统质量的变化，重力加速度，求： (1)恒定升力的大小； (2)分离后，母机还需多长时间落地； (3)母机落地时的水平距离与的关系。 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度 对整体（总质量）由牛顿第二定律 解得 （2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有 解得，方向向上。 分离前系统上升的高度 分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正） 解得，方向向下。 设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式 解得正根（负根舍去） （3）水平方向内，水平位移为0； 分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况： 当分离后全程受水平风力，水平位移 当风力作用秒后，剩余秒水平匀速； 前秒位移，秒末速度，匀速位移 总位移 【变式1-3】（2026·四川内江·模拟预测）如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离。炸药具有的化学能，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为，长木板的质量，物块A与长木板间的动摩擦因数，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度，求： (1)爆炸后瞬间，物块A的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。 【答案】(1)3m/s (2)； 【详解】（1）对A、B组成的系统，动量守恒 由能量关系可得 解得 （2）爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速；设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒 对A受力分析根据牛顿第二定律 匀变速运动中速度时间关系 可得， 物块B的位移 长木板位移 ，假设成立 A和木板共速后以匀速运动， 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 根据动量守恒 机械能守恒 解得 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第08讲 动量守恒定律模型 ✡模型一 流体模型 【典例1】【答案】D 【变式1-1】【答案】B 【变式1-2】【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量。 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 （3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为 则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量。 【变式1-3】【答案】C ✡模型二 碰撞模型 类型1 弹性碰撞模型 【典例1】【答案】C 【变式1-1】【答案】A 【变式1-2】【答案】BD 【变式1-3】【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【变式1-4】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球D与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球A、B、C共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球D与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 类型2 非弹性碰撞模型 【典例2】【答案】C 【变式2-1】【答案】(1) (2) (3)4mg 【详解】（1）碰撞前，C做匀加速直线运动，根据速度位移关系式可知C与A碰前瞬间速度 碰撞过程根据动量守恒得 联立解得C与A碰撞后瞬间整体的速度大小 （2）碰撞前，弹簧的压缩量为，有 碰后A、C整体做简谐运动，平衡位置弹簧的压缩量为，有 设最低点弹簧的压缩量为，从碰后到最低点根据系统机械能守恒有 联立解得 碰后A、C整体做简谐运动的振幅 解得 （3）A、C整体运动到最高点时，B对挡板压力最小，此时弹簧的压缩量 解得 选B为研究对象，根据平衡条件得 解得 A、C整体运动到最低点时，B对挡板压力最大，此时弹簧的压缩量为，选B为研究对象，根据平衡条件得 解得 B对挡板的最大压力与最小压力之差 解得 【变式2-2】【答案】C 【变式2-3】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 ✡模型三 子弹打木块模型 【典例1】【答案】A 【变式1-1】【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 【变式1-2】【答案】(1)1.2m (2)8m/s (3)8.5J 【详解】（1）对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有                                       当小物块上升到最大高度时三者共速， 对三者由水平方向动量守恒有                                         由机械能守恒定律有                                联立解得h＝1.2m                                                    即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2m                                                                                                                  （2）当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有                                         由能量守恒定律有                                   联立解得v3＝2m/s ，v＝8m/s                                                              即小物块第一次返回到B点时速度大小为 v＝8m/s    （3）当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同，由动量守恒定律有                                             由能量守恒定律有    联立解得 ✡模型四 滑块木板模型 【典例1】【答案】ACD 【变式1-1】【答案】(1)2:3 (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得 （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 代入数据解得 （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得 【变式1-2】【答案】（1）0.24s；（2） 【详解】（1）物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 物块在小车上做匀减速运动，对物块，由动量定理得 得 （2）物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的速度最大，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别得 代入数据解得 【变式1-3】【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 ， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 ✡模型五 滑块斜（曲）面模型 【典例1】【答案】BCD 【变式1-1】【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）设物块刚滑上长木板时，物块的加速度大小为、长木板的加速度大小为。根据牛顿第二定律， 解得， （2）设物块滑上长木板时的初速度大小为，到达点时速度为，两者最后的共同速度为，长为，根据系统水平方向动量守恒 根据能量守恒 ， 可得 解得， 【变式1-2】【答案】(1)；5kg (2) (3) 【详解】（1）水平面光滑，小球和滑块组成的系统水平方向任意时刻动量守恒，因此有 整理得与的关系 结合图乙的直线纵截距时，，可得 横截距时，，可得 整理得 联立解得， （2）小球运动到最高点时，小球与滑块水平方向相对静止，速度相同，即共速。由水平动量守恒 代入数据得 （3）小球上升到最高点过程中，系统机械能守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量 代入数据计算得 【变式1-3】【答案】BC ✡模型六 滑块弹簧模型 【典例1】【答案】BD 【变式1-1】【答案】(1) (2) 【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有 解得 C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 （2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 解得 【变式1-2】【答案】AB 【变式1-3】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水平方向匀速直线运动有 解得 （2）由机械能守恒和动量守恒得， 解得 （3）由于，则c恰好不相对斜面滑动，一直处于静止，对b由牛顿第二定律有 匀减速直到停下 那么bc之间产生的热量 联立解得 【变式1-4】【答案】AD ✡模型七 人船模型 【典例1】【答案】B 【变式1-1】【答案】D 【变式1-2】【答案】AD 【变式1-3】【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 ✡模型八 爆炸模型 【典例1】【答案】D 【变式1-1】【答案】AB 【变式1-2】【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度 对整体（总质量）由牛顿第二定律 解得 （2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有 解得，方向向上。 分离前系统上升的高度 分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正） 解得，方向向下。 设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式 解得正根（负根舍去） （3）水平方向内，水平位移为0； 分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况： 当分离后全程受水平风力，水平位移 当风力作用秒后，剩余秒水平匀速； 前秒位移，秒末速度，匀速位移 总位移 【变式1-3】【答案】(1)3m/s (2)； 【详解】（1）对A、B组成的系统，动量守恒 由能量关系可得 解得 （2）爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速；设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒 对A受力分析根据牛顿第二定律 匀变速运动中速度时间关系 可得， 物块B的位移 长木板位移 ，假设成立 A和木板共速后以匀速运动， 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 根据动量守恒 机械能守恒 解得 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $